4.5.1 Tam Sayıların Bir Modüle Göre Denkliği

Modüler Aritmetik Muharrem Şahin 4.5 – Modüler Aritmetik

4.5.1 – Tam Sayıların Bir Modüle Göre Denkliği

Etkinlik – 4.145

Aşağıdaki problemleri çözünüz.

a. Saatin 17 olduğu andan 153 saat sonra saat kaç olur?

b. Bir salı gününden 45 gün sonra, günlerden ne olur?

c. Dört günde bir nöbet tutacak olan bir doktor ilk nöbetini çarşamba günü tutarsa, 9. nöbe- tini hangi gün tutar?

d. 7⁹⁷ sayısı rakamları ile yazılsa, birler basama- ğı kaç olur?

Etkinlik–4.145’teki problemler, bir tam sayının bir sayma sayısıyla bölünmesindeki kalanın, bu tam sayı yerine konulabildiği durumlarla ilgilidir.

Örneğin; pazartesi gününden 17 gün sonrası ile 3 gün sonrası aynı gündür. (17   ) Saatin 7 2 3 13 olduğu andan 86 saat sonra da, 14 saat sonra da saat 3’ü gösterir. ( 8624 3 14)

Bu bölümde, kalanların aritmetiğinin kurallarını ortaya koyacağız. Bu yeni aritmetik, Etkinlik–

1.145’teki türden problemlerin çözümlerini kolay- laştıracağı gibi, bize yeni matematiksel olanaklar da sağlayacaktır.

Teorem – 4.64

 ⁺

m Z

olmak üzere; tam sayılarda,

 





  x, y x ile y, m ile bölündüğünde aynı kalanı verirler.

bağıntısı bir denklik bağıntısıdır.

Gerçekten;

x Z

  için x, x   olacağından  yansıyandır.

x, y

   için y, x   olacağından  simet- riktir.



^{x, y}



   ve



y, x   için

 

x, z   olacağın-



dan  geçişkendir.

Öyleyse;  bir denklik bağıntısıdır.

 bir denklik bağıntısı ve



x, y   ise x



 y denildiğini biliyorsunuz.

Tanım – 4.31

a ve b tam sayıları, modül adı verilen bir m

sayma sayısına bölündüklerinde aynı kalanı veriyorlarsa, m modülüne göre; a, b’ye denk-

tir, denir.

Bu denklik,

ab (mod m)

biçiminde gösterilir;

a denk b modülo m diye okunur.

Örneğin; 14 ve 22 tam sayılarının 6 ile bölün- mesindeki kalanlar aynı olup 2’dir.

( 22   4 62) Öyleyse; 14 ve 22 sayıları 6 modülüne göre denktirler. ^{14 22 mod 6}

 

yazılabilir.

Teorem – 4.65

a ve b tam sayılarının m sayma sayısı ile

bölünmesinde kalanların aynı olması için gerekli ve yeterli koşul,

ab

’nin m ile bölünmesidir.

Etkinlik – 4.146

Teorem – 4.65’i ispatlayınız.

Teorem–4.64, Tanım–4.31 ve Teorem–4.65’ ten şu sonuçlar çıkarılır:

1 Bir a tam sayısı bir m sayma sayısına bö- lünüyorsa; a sayısı m modülüne göre sıfıra denktir.

 

m aa0 mod m dir.

Örneğin; 210 mod 7 dir.

2 Bir a tam sayısının bir m sayma sayısına bö- lünmesinde kalan r ise, a sayısı m modülüne göre r’ye denktir. a, k, r Z ve mZ^ ol- mak üzere,

am k r ve 0rmise ar _{mod m}  dir.

Örneğin; _{353 mod 8} dir. _{35=4 8+3} 

Modüler Aritmetik Muharrem Şahin

3 a, b Z ve mZ^ olmak üzere,

   

ab mod m ab0 mod m dir.

Örnek – 4.85

a. 2311 (mod 3) b. 2311 (mod 5) c. 4732 (mod 5) d. 18 6 (mod 6) e. 53 42 (mod 19) f. 27 0 (mod 9)

Teorem – 4.66

Aynı modüllü denklikler taraf tarafa toplanır, çıkarılır ya da çarpılırsa aynı modüllü denklikler elde edilir.

Teorem – 4.66’nın sembollerle ifadesi şöyledir:

1 ab (mod m) ve c d (mod m) acbd (mod m)

 ’dir.

2 ab (mod m) ve cd (mod m) a cb d (mod m)

   ’dir.

3 ab (mod m) ve cd (mod m) a cb d (mod m)

   ’dir.

Etkinlik – 4.147

Teorem – 4.66’yı ispatlayınız.

Teorem – 4.66’dan şu sonuçlar çıkarılır:

1 Bir modüle göre denkliğin iki tarafına, aynı tam sayı eklenir ya da çıkarılırsa denklik bozulmaz.

 

ab mod m ve kZ

 

a k b k mod m

    olur.

 

k k mod m olduğundan

  

 

2 Bir modüle göre denkliğin iki tarafı aynı tam sayı ile çarpılırsa denklik bozulmaz.

 

ab mod m ve kZ

 

a k b k mod m

    olur.

 

k k mod m olduğundan

  

 

3 Bir modüle göre denkliğin bir tarafına modü- lün tam katları eklenirse ya da çıkarılırsa denklik bozulmaz.

 

ab mod m ve cZ

 

a m c b mod m

    olur.

 

m c 0 mod m olduğundan

   

 

4 Her nN^ için,

 

ab mod m ise ^{an bn}



^{mod m}



^dir.

 

ab mod m denkliği alt alta n kere yazılır ve bu denklikler taraf tarafa çarpılırsa,

 

n n

a b mod m denkliği elde edilir.

Örnek – 4.86

1587nin 4 ile bölünmesinde kalan kaçtır?

Çözüm

1587 nin 4 modülüne göre dengini bulacağız.

^{153 mod 4}

 

 

87 87

15 3 mod 4

  olur.

^{33 mod 4}

 

 

32 9 mod 4

  (Teo. 4.66; sonuç 4)

 

32 1 mod 4

 

 

^{32 43 143 mod 4}

^{ }

  (Teo. 4.66; sonuç 4)

 

386 1 mod 4

 

 

3 386 3 1 mod 4

    (Teo. 4.66; sonuç 2)

 

387 3 mod 4

 

 

1587 3 mod 4

  bulunur.

 Bir tam sayının büyük kuvvetlerinin bir mo- düle göre dengini bulmak için; bu sayının önce 1, 0 ya da  ’e denk olan kuvveti (varsa) 1 bulunur. 1, 0 ve  sayıları büyük kuvvete 1 ulaşmada kolaylık sağlarlar.

Örnek – 4.87

777nin 11 ile bölünmesinde kalan kaçtır?

Çözüm

⁷^{7 mod 11}

 

Modüler Aritmetik Muharrem Şahin

 

72 5 mod 11

 

 

73 2 mod 11

 

 

3 2

7 7 2 5 mod 11

   

 

75 1 mod 11

  

 

⁷⁵¹⁵

^{ }

^{115 mod 11}

^{ }

  

 

775 1 mod 11

  

     

75 2

7 7 1 5 mod 11

    

 

777 5 mod 11

  

 

777 6 mod 11

 

777 nin 11 ile bölünmesinde kalan 6’dır.

Örnek – 4.88

554554 sayısı onluk sistemde yazılırsa, birler basamağındaki rakam kaç olur?

Çözüm

Onluk sayma sisteminde bir sayının birler basamağındaki rakam, o sayının 10 ile bölünme- sindeki kalandır.

^{554 4 mod 10}

 

 

554 554

554 4 mod 10

  olur.

 

44 mod 10

 

426 mod 10

 

434 mod 10

 

44 6 mod 10

Görüldüğü gibi; 10 modülüne göre 4’ün tek kuvvetleri 4’e, çift kuvvetleri 6’ya denk olmak- tadır.

O hâlde;

 

4554 6 mod 10

 

554554 6 mod 10

  bulunur.

Örnek – 4.89

mZ^ olmak üzere, ⁶²^{6 mod m}

 

denkliğini sağlayan m değerlerini bulunuz.

Çözüm

 

626 mod m ise ^{m 62}



^6



^dır.

m 56 ve mZ^ ise m değerlerinin kümesi



1,2, 4,7, 8,14,28,56



olur.

Örnek – 4.90

 

43x3113 mod 11 denkliğini sağlayan üç basamaklı en küçük x pozitif tam sayısını bulu- nuz.

Çözüm

^43x³¹13 mod 11

 

 

10x 9 2 mod 11

  

 

10x 7 0 mod 11

  

 

x 7 mod 11

  olur.

x sayıları ^{711k k}



^Z



biçimindedir.

711k100 11k 93

 

k 9

  olacağından üç basamaklı en küçük x tam sayısı, x711 9 x106 olur.

Örnek – 4.91

 

23x3 mod 7 denkliğini sağlayan iki basamaklı en büyük x tam sayısını bulunuz.

Çözüm

 

232 mod 7 olduğundan ^{23x 2 mod 7x}

 

olur.

 

 

 

0

2

2 1 mod 7 2 2 mod 7 2 4 mod 7







 

231 mod 7 olur.

. .

.

Modüler Aritmetik Muharrem Şahin

2’nin 2³’ten sonra gelen ardışık pozitif tam kuvvetleri, 7 modülüne göre 2, 4 ve 1’e periyodik olarak denk olacaklardır. Öyleyse,

 

23x3 mod 7 denkliğini sağlayan bir xZ^ yoktur.

Etkinlik – 4.148

a. 47⁷⁴ün 7 ile bölünmesinde kalan kaçtır?

b. 8⁸⁷ nin 6 ile bölünmesinde kalan kaçtır?

c. 11¹³⁵ in 13 ile bölünmesinde kalan kaçtır?

d. 10²⁷⁹ un 17 ile bölünmesinde kalan kaçtır?

e. 2006²⁰⁰⁷2007²⁰⁰⁶ toplamı 10’luk sayma düzeninde yazılsa birler basamağı kaç olur?

f. 23 83 ⁸³37 73 ⁷³ toplamının 11 ile bölü- mündeki kalan kaçtır?

Etkinlik – 4.149

Etkinlik – 4.145’te çözdüğünüz problemleri, bir de modül kavramı ile çözünüz.

 Bir modüle göre denkliğin iki tarafı bir tam sayı ile bölündüğünde denklik bozulabilir.

Örneğin; ^{9 4} 7 4 mod 8

 

olduğu hâlde

 

97 mod8 dir.

Teorem – 4.67, hangi durumlarda bir modüle göre denkliğin bir tam sayı ile bölünebileceğini ortaya koyar.

Teorem – 4.67

a, b,

xZ

; x



0 ve m



Z olmak üzere,

^

 

  

a x b x mod m ve

^{OBEB x m}



^,



^d

^ise

 

 

 



m

a b mod

d dir.

Örneğin; ^{12 a} 12 b mod 20

 

ise,

 

OBEB 12,20 4 olduğundan

 

12 12 20

a b mod 3a 3b mod5

4 4 4

 

   

 

dir.

 

OBEB 3,5 1 olduğundan

 

a b mod 5

  olur.

Etkinlik – 4.150

Teorem – 4.67’yi ispatlayınız.

 Teorem – 4.67’den şu sonuç çıkarılır.

“a, b, xZ; x 0; m Z^ ve x ile m aralarında asal olmak üzere,

 

 

a x b x mod m ise a b mod m dir . “

Örneğin; ^{12 a} 6b mod 25

 

ise ^{2 a b mod 25}

 

^olur.

Bu sonuca dayanarak da şunu söyleyebiliriz:

m asal ise, m modülüne göre denkliğin iki tarafı bunları bölen her tam sayı ile bölü- nebilir.

Teorem – 4.68

 

a



b mod m denkliğinde a, b ve m sayıları bunları bölen bir pozitif tam sayı ile bölün- düğünde ya da bir pozitif tam sayı ile çarpıl- dığında denklik bozulmaz.

Örneğin; ^6x12 mod 24

 

denkliği

 

 

 

 

3x 6 mod 12 ; 2x 4 mod 8 ; x 2 mod 4 ; 12x 24 mod 48 ;









…

denkliklerini çift gerektirir.

Etkinlik – 4.151

Teorem – 4.68’i ispatlayınız.

Teorem – 4.67 ve Teorem – 4.68 modüler denklemlerin çözümünde işimizi kolaylaştıracak- tır.

Modüler Aritmetik Muharrem Şahin Kalan Sınıfları

Etkinlik – 4.152

Tam sayılarda,  

 

^{x, y x}



y, 5 ile bölünür.



bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteri- niz.

Etkinlik – 4.152’de verilen bağıntı

 



x, y x ile y 'nin 5 ile bölünme sin de

 

kalanlar aynıdır.



biçiminde yazılabilir. (Teorem – 4.65)

Bir tam sayının 5 ile bölünmesinde kalan 0, 1, 2, 3 ya da 4’tür. Öte yandan,  bir denklik ba- ğıntısıdır.



0,5   ve

 

5,10   olduğundan



 

0510 mod 5 olur.

Böyle denklik zincirleri en uzun biçimiyle yazılır- sa, tam sayılar aşağıdaki denklik sınıflarına ayrı- lır:

 

 

 

 

 

0 5 10 ... 5 10 ... mod 5 1 6 11 ... 4 9 ... mod 5 2 7 12 ... 3 8 ... mod 5 3 8 13 ... 2 7 ... mod 5 4 9 14 ... 1 6 ... mod 5

       

       

       

       

       

Sıfıra denk olan sayıların kümesi 0 , 1’e denk olan sayıların kümesi 1 , … ile gösterilirse,

 

 

 

 

 

0 0,5,10,15,..., 5, 10, 15,... ; 1 1,6,11,16,..., 4, 9, 14,... ; 2 2,7,12,17,..., 3, 8, 13,... ; 3 3,8,13,18,..., 2, 7, 12,... ; 4 4, 9,14,19,..., 1, 6, 11,... olur.

   

   

   

   

   

0, 1, 2, 3, 4 kümelerinden her birine Z’nin 5 modülüne göre kalan sınıfı denir.

Bu kalan sınıflarının kümesi “ Z/5 ” ile gösterilir ve “Z bölü 5 ” diye okunur.

Buna göre,

     

Z / 2 0,1 , Z / 3 0,1,2 , Z / 4  0,1,2,3 , … olur.

Tanım – 4.32

m, 1’den büyük bir tam sayı olmak üzere; m ile bölündüğünde aynı r kalanını veren tam sayıların kümesine, r’nin m modülüne göre kalan sınıfı denir.

Bir tam sayının m ile bölünmesinde kalan 0, 1, 2, 3, …, m2 ya da m 1 ’dir.

Demek ki; m modülüne göre m tane kalan sınıfı vardır.

0’ın kalan sınıfı 0 , 1’in kalan sınıfı 1 ,

m 1 ’in kalan sınıfı m 1 ile gösterilir.

Tanım – 4.33

m modülüne göre kalan sınıflarının oluşturduğu kümeye m’nin kalan sınıfları kümesi denir.

Bu küme “

Z/m

” ile gösterilir ve “Z bölü m” diye okunur.

 

Z/m 0,1,2, 3,..., m1 dir.

Genellikle, her denklik sınıfı o sınıfın negatif olmayan en küçük elemanı ile temsil edilerek, Z/m kümeleri şöyle gösterilirler:

   

   

 

Z / 2 0,1 , Z / 3 0,1,2 ,

Z / 4 0,1,2,3 , Z / 5 0,1,2,3, 4 ,...

Z / m 0,1,2,3, 4,..., m 1

 

 

 

Z/m kümesinin elemanları ikişer ikişer ayrık kü- melerdir. Birleşimleri Z’dir.

012...m1 Z

. .

.

Modüler Aritmetik Muharrem Şahin 4.5.2 – Modüler Aritmetik

Z/m de Toplama ve Çarpma

Tanım – 4.34

Z/m kümesinde iki kalan sınıfının toplamı, bu kalan sınıflarından seçilmiş iki tam sayının toplamının kalan sınıfıdır.

Toplamı bulma işlemi “” sembolü ile gösterilir.

, /

a bZ m

için, a  b  a  b dir.

Örneğin, Z/7’de

454592 olur.

Teorem – 4.69

1

Z/m kümesi toplama işlemine göre kapalıdır.

2

Z/m de toplama işleminin birleşme özeliği vardır.

3

Z/m de toplama işleminin değişme özeliği vardır.

4

Z/m de toplama işlemine göre etkisiz ele-

man vardır ve bu 0

dır.

5

Z/m de her elemanın toplama işlemine göre

tersi vardır.

a nın tersi a , a ya da m  a ile gösterilir.

Etkinlik – 4.153

Teorem – 4.69’u ispatlayınız.

Örnek – 4.92

Toplama işleminin özeliklerinden yararlanarak, Z/7 de 4x2 denklemini çözelim:

4 ün toplama işlemine göre tersi 3 tür. Eşitli- ğin iki tarafına ekleyelim.

 

 

 

4 x 2

3 4 x 3 2 (TS) 3 4 x 5 (Birleşme öz.) x 5 bulunur. 3 4 0, 0 x x

 

    

   

     

4x2 denklemi, aynı anlama gelmek üzere, 4x2 biçiminde yazılabilir:

Z/7 de 4x2

 

 

4 x 2

3 4 x 3 2

3 4 x 5

x 5

  

    

   

 

Denklem aşağıdaki gibi de çözülebilir:

Z/7 de, 4x2

 

 

 

 

 

4 x 2 mod7 x 2 4 mod7 x 2 mod7 x 2 7 mod7 x 5 mod7

  

  

  

   

 

Tanım – 4.35

Z/m kümesinde iki kalan sınıfının çarpımı, bu kalan sınıflarından seçilmiş iki tam sayının çarpı- mının kalan sınıfıdır.

Çarpımı bulma işlemi “



” sembolü ile gösterilir.

, /

a bZ m

için, a



b  a b dir. 

Örneğin, Z/5’te

343 4 122 olur.

Teorem – 4.70

1

Z/m kümesi çarpma işlemine göre kapalıdır.

2

Z/m de çarpma işleminin değişme özeliği vardır.

3

Z/m de çarpma işleminin birleşme özeliği vardır.

4

Z/m de çarpma işlemine göre etkisiz ele-

man vardır ve bu 1

dir.

5

Z/m de çarpma işlemine göre yutan eleman vardır ve bu

0

dır.

6

Z/m de çarpma işleminin toplama işlemi üze-

rine dağılma özeliği vardır.

Modüler Aritmetik Muharrem Şahin

Etkinlik – 4.154

Teorem – 4.70’i ispatlayınız.

Etkinlik – 4.155

Z/5 ve Z/6 kümelerinde, aşağıda verilen toplam ve çarpım tablolarını tamamlayınız.

İşlem tablolarından yararlanarak;

a. Z/5 ve Z/6 kümelerinin elemanlarının toplama ve çarpma işlemlerine göre terslerini (varsa) bulunuz.

b. Z/6 da, ^43



^52



^34 işlemini yapınız.

c. Z/5 te, 2x34 denkleminin çözüm kümesi- ni bulunuz.

d. Z/6 da, 3x52 denkleminin çözüm küme- sini bulunuz.

(İşlem tablolarında ve denklemlerde gördüğü- nüz her a sayısının a anlamında olduğunu unutmayınız.)

Teorem – 4.71

a ve m aralarında asal olmak üzere, Z/m de

  

a



b a



c b c dir.

Etkinlik – 4.156

Teorem – 4.71’i ispatlayınız.

Teorem – 4.70’ten şu sonuçlar çıkarılır:

1 a ve m aralarında asal olmak üzere, Z/m deki çarpım tablosunda a nın satırında –sıra

gözetilmeksizin– 0,1,2,...,m 1 elemanları bulunur.

Gerçekten; Z/m kümesi çarpma işlemine gö- re kapalı olup a nın, farklı b ile c sayıları ile çarpımları farklı olacağından a0 satırında Z/m in m tane elamanı bulunacaktır.

2 a ve m aralarında asal ise Z/m in her a elemanının çarpma işlemine göre tersi vardır.

Gerçekten; Z/m deki çarpım tablosunda a nın satırında 1 bulunacağından ax1 ola- cak biçimde bir x  Z/m vardır.

“  ” işleminin değişme özeliği olduğundan axxa1 olur.

Buna göre; xa^1 dir.

3 a ve m aralarında asal ise a,bZ için axb denkleminin yalnız bir çözümü var- dır.

Gerçekten; Z/m de axb

1 1

1

a a x a b

x a b olur.

 



 

 

  



ax b x a 1^ b dir.

Örnek – 4.93

Z/7 de, 3x24 denkleminin çözüm kü- mesini bulunuz.

Çözüm

Z/7 de, 3x24

 

 

 

 

1

3 x 2 5 4 5 2 5 3 x 2 2 5 0 5 3 x 5 2 3 5 x 3 5 3 1 Ç 3 bulunur.





  





      

   

 

    

 

  

 

 Z/m de

2 3

a a a

a a a a







.

 

.

0 1 2 3 4

4 3 2 1 0

2 3 4 0 1



4 3 2 1 0

2 3 4 0 1 0 1 2 3 4



5 0 1 2 3 4



4 3 2 1 0

5

3 4 5 0 1 2

5 0 1 2 3 4



4 3 2 1 0

5 2 4 0 0

4 2

Modüler Aritmetik Muharrem Şahin

n n tan e

a a ... aa

 dir.

x 2 a ise x e a nın karekökü, x 3 a ise x e a nın küpkökü denir.

Etkinlik – 4.157

Z/7 de toplam ve çarpım tablolarını yaparak aşağıdaki soruları yanıtlayınız.

a. Z/7 de, 3x65 ise x kaçtır?

b. Z/7 de, 4x30 ise x kaçtır?

c. Z/7 de karekökü olmayan sayıları bulunuz.

d. Z/7 de küpkökü olmayan sayıları bulunuz.

e. Z/7 de 3x²21 denkleminin çözüm kü- mesini bulunuz.

f. Z/7 de 2x²65 denkleminin çözüm kü- mesini bulunuz.

Teorem – 4.72

Z/m de,

ax b denkleminin kökünün olması

için, b nin OBEB(a, m) ile bölünmesi gerekli ve ye- terlidir.

b nin OBEB(a, m) ile bölünmesi durumunda,

denklemin OBEB(a, m) tane farklı kökü bulunur.

Etkinlik – 4.158

Teorem – 4.72’yi ispatlayınız.

Örnek – 4.94

Z/10 kümesinde, aşağıdaki denklemlerin çö- züm kümelerini bulunuz.

a. 4x5 b. 6x4 c. 7x3 d. 5x5 e. 3x65 f. 2x84

Çözüm

Z/10 da, çarpım tablosunu yapalım. Böylece, Teorem – 4.72’ye dayanarak bulacağımız çözüm- leri tablodan da doğrulayabileceğiz.

a. 5, OBEB 4,10

 

2 ile bölünmez.

Ç   dir.

Gerçekten; çarpım tablosunda 4 satırında 5 yoktur. 4 ün hiçbir sayı ile çarpımı 5 i ver- mez.

b. 4 , ^{OBEB 6,10}

 

^2 ile bölünür. Çözüm kümesi 2 elemanlıdır.

Z/10 da 6x4

 

 

 

6x 4 mod 10

3x 2 mod 5 (Teorem 4.67) x 4 mod 5 olur.

 

  

 

Toplam 10’dan küçük kalacak biçimde, 4’e 5’in katları eklenirse, x₁4 ve x₂9 bulunur.

 

Ç 4,9 dir.

Gerçekten; çarpım tablosunda 6 satırında 4 ün bulunduğu sütunlar, 4 ve 9 sütunlarıdır.

64 4 ve 694 tür.

c. 3 , ^{OBEB 7,10}

 

^1 ile bölünür. Çözüm kümesi 1 elemanlıdır.

Z/10 da 7x3

x 9

  olur. ^Ç

 

^{9 dir.}

Gerçekten; çarpım tablosundan 793 ol- duğu görülür.

d. 5 , ^{OBEB 5,10}

 

^5 ile bölünür. Çözüm kümesi 5 elemanlıdır. Z/10 da 5x5

 

 

5x 5 mod 10 x 1 mod 2 olur.

 

 

.

9 8 7 6 5 4 3 2 1 0



0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 1

8 6 4 2 0 8 6 4 2 0 2

7 4 1 8 5 2 9 6 3 0 3

6 2 8 4 0 6 2 8 4 0 4

5 0 5 0 5 0 5 0 5 0 5

4 8 2 6 0 4 8 2 6 0 6

3 6 9 2 5 8 1 4 7 0 7

2 4 6 8 0 2 4 6 8 0 8

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 9

Modüler Aritmetik Muharrem Şahin

Toplam 10’dan küçük kalacak biçimde, 1’e 2’nin katları eklenirse x₁1, x₂3, x₃5, x4 7, x₅9 bulunur. ^{Ç }



^1,3,5,7,9



^dur.

Gerçekten; çarpım tablosundan 515, 535, 555, 575 ve 595 olduğu görülür.

e. Z/10 da 3x65

 

 

 

3x 6 5 mod 10 3x 6 4 5 4 mod 10 3x 9 mod 10

  

    

 

 

OBEB 3,10 1 olduğundan çözüm kümesi 1 elemanlıdır.

 

 

 

3x 9 mod 10 x 3 mod 10 Ç 3 dir.



 

 

f. Z/10’da, 2x84

 

 

2x 8 4 mod 10 2x 6 mod 10

  

 

 

OBEB 2,10 2 olup çözüm kümesi 2 eleman- lıdır.

 

2x6 mod 10

 

 

1 2

x 3 mod 5 x 3 ve x 8 Ç 3,8 dir.

 

  

 

Etkinlik – 4.159

Aşağıdaki denklemlerin, önce çözüm kümele- rinin eleman sayılarını; sonra çözüm kümelerini bulunuz.

a. Z/4 te, 2x13 b. Z/7 de, 4x65 c. Z/8 de, 5x15 d. Z/9 da 3x64 e. Z/12 de 6x48 f. Z/15 de 5x94

Z/m de Çıkarma ve Bölme

Z/m de çıkarma işlemi Z’deki çıkarma işlemi gibi tanımlanır:

abc ise a ya, c nin b den farkı denir ve bu c ba ile gösterilir.

Örneğin; Z/8 de 653 olup 63 5 ve 53 6 dır.

c ^{b c }

 

^b olduğu da tam sayılar kümesin- deki gibi ispatlanır. Buna göre; Z/m de çarpma işleminin çıkarma işlemi üzerine dağılma özeliği vardır. Z/m kümesi çıkarma işlemine göre kapa- lıdır.

Örnek – 4.95

Aşağıdaki işlemleri yapınız.

a. Z/9 da, 6 8 b. Z/7 de, ( 3 6)4 c. Z/10 da, ( 7 9 ) 4

Çözüm

a. Z/9 da, 6 8^{6 }

 

⁸

 

6 8

2 7

  

 



b. Z/7 de, ( 3 6)4 ^{3 }

 

^{6 4}

 

^{3 4}

1

  



c. Z/10 da, ( 7 9 ) 4^{7 }

   

^{9  4}

   

^{2 4}

6 4

   

 



 Z/m de ab c

   

a b b c b

      

 

a c b

    olur.

Demek ki, Z/m de bir eşitliğin bir yanındaki terim diğer yana işareti değiştirilerek geçirilir.

Modüler Aritmetik Muharrem Şahin

Örnek – 4.96

Aşağıdaki denklemleri çözünüz.

a. Z/7 de, 2 3x 5

b. Z/8 de, ^3



^{5x 2}



^74

Çözüm

a. Z/7 de, 2 3x 5

2 x 5 3

2 x 1

4 2 x 4 1

x 4

  

 

 

 





  

b. Z/8 de, ^3



^{5x 2}



^74

15 6 7x  4

7 x 4 6 7

7 x 1

7 7 x 7 1

x 7

   

 

 

 





  

Bunu bir de şöyle çözelim:

Z/8 de ^3



^{5x 2}



^74

 

3 5 x 2 7 4 (mod 8)

15x 13 4 (mod 8)

15x 17 (mod 8)

x 1 (mod 8)

x 1 (mod 8)

x 7 (mod 8)

    

  

 

  

  

 

 Z/m de bölme işlemini de tam sayılardaki gibi tanımlayacağız.

Z/m de axb eşitliğini sağlayan bir ve yalnız bir x sayısı varsa, x e b nin a ile bölümü denir ve bu b / a ya da b : a biçiminde gösterilir.

Teorem-4.72ye göre, Z/m de m ile a arala- rında asal iken axb denkleminin bir ve yalnız bir kökünün bulunduğunu biliyorsunuz.

Buna göre; m ile a aralarında asal ise b / a tanımlıdır.

Z/m de m ile a aralarında asal iken, bölme tanımına göre,

axbxba dır. (1) Teorem-4.70’e göre,

1 1

axb a^  a xa^ b x a^1b

xba^1 dir. (2)

(1) ve (2)’den, b ¹

b a

a  ^ yazılır.

Örneğin,

Z/7 de 6 ¹

6 4 6 2 5

4

      ;

Z/8 de 3 ¹

3 5 3 5 7

5

      ;

Z/9 da 5 ¹

5 8 5 8 4

8

      tür.

Z/m de m ile a aralarında asal değil iken, b sayısı OBEB(m,a) ile bölünmüyorsa denklemin kökü yoktur. Bu durumda b / a tanımsızdır. b sayısı OBEB(m,a) ile bölünüyorsa denklemin OBEB(m,a) tane kökü vardır. Bu durumda da b/ a belirsiz olur.

Örnekler verelim

Z/m de b0 iken 0xb denkleminin kökü olmadığından b0 için b / 0 tanımsızdır.

Yine Z/m de, her x için 0x0 denklemi sağ- lanacağından 0 / 0 belirsizdir.

Z/8 de 6x 4 denkleminde OBEB 8, 6

 

2 ve 2 4 olduğundan, denklemin iki kökü vardır.

Bu durumda, 4 / 6 belirsizdir.

Gerçekten; 624 ve 664 olup 4 / 6 nın 2 ye mi, 6 ya mı eşit sayılacağı belli değildir.

Özetlersek; Z/m de a^1 varsa, b nin a ya bölü- mü ba ba^1 olarak tanımlıdır. a^1 yoksa bölüm ya tanımsız ya da belirsiz olur.

Bunun sonucu olarak;

m asal ise; a 0 olmak üzere, Z/m in her a ve b değeri için b / a bölümü tanımlıdır.

Z/m ^

 

⁰ kümesi bölme işlemine göre kapa- lıdır.

Modüler Aritmetik Muharrem Şahin

Örnek – 4.97

Aşağıdaki ifadelerden hangileri tanımlı, hangi- leri tanımsız, hangileri belirsizdir?

a. Z/7 de, 5 / 3 b. Z/8 de, 4 / 2 c. Z/9 da, 2 / 3 d. Z/10 da 5 / 7

Çözüm

a. Z/7 de, 7 asal olduğundan

3^1 vardır ve 5/3 tanımlıdır.

5 5 3 ¹ 5 5 4 3

      olur.

b. OBEB(2, 8) ve 2 4 olduğundan 42 2 iki değerlidir. Diğer bir deyişle; 4

2 belirsizdir.

c. OBEB(3,9)3 ve 2, 3’ü bölmediğinden 2

3 tanımsızdır.

d. 7 ile 10 aralarında asal olduğundan, Z/10 da 7^1 vardır ve 5 / 7 tanımlıdır.

5 5 7 1 5 3 5

7   ^    olur.

Etkinlik – 4.160

a. Z/8 de 3x4y 5 eşitliğini sağlayan



^{x, y}



ikililerinin kümesini yazınız.

b. Z/7 de 5x3y4 ise y’nin x türünden değe- rini bulunuz.

c. ^{f : Z / 7}Z / 7, f x

 

3x1 fonksiyonunun tersini bulunuz.

d. ^{f : Z / 5}

 

² Z / 5, f x

^{ }

^{3x 2} x 2

   

 fonksiyonu verildiğine göre; ^{f 0}

 

^{, f 1}

 

^{, f 3}

 

^{, f 4}

 

^de-

ğerlerini bulunuz.

Fermat’ın Küçük Teoremi

Fransız matematikçisi Pierre de Fermat (1601- 1665), modern sayılar kuramının kurucusu olarak kabul edilir.

Teorem – 4.73

m asal olmak üzere, Z/m in sıfırdan farklı her a elemanı için

a

m 1^

 1 (mod m) dir.

Örneğin; ^{610 1 mod 11}

 

^{, 9121 mod 13}

 

^,

 

2416 1 mod 17 , … olur.

Etkinlik – 4.161

Fermat’ın küçük teoremini ispatlayınız.

 Fermat’ın büyük teoremi “x, y, z, n N^ ve n2 olmak üzere,

n n n

x y z eşitliği sağlanamaz.” teoremidir.

Etkinlik – 4.162

a. 5¹²³ ün 11 ile bölünmesinde kalan kaçtır?

b. 15¹⁴³ ün 17 ile bölünmesinde kalan kaçtır?

c. 28⁹⁰ ın 23 ile bölünmesinde kalan kaçtır?

4.5.3 – Bölünebilme Kuralları

Bölünebilme kurallarından bazılarını kalanlı böl- me tanımından yararlanarak ortaya koymuştuk.

Bazı bölünebilme kurallarını da bölünebilme kıs- mında vermiş, ancak ispatlamakta zorlanmıştık.

Burada bölünebilme kurallarını modüler aritmetik yöntemleriyle ele alacağız.

Örnek – 4.98

7 ile bölünebilme kuralını bulunuz.

Modüler Aritmetik Muharrem Şahin

Çözüm

10 tabanındaki a doğal sayısı



n n 1 5 4 3 2 1 0 10



a a a _...a a a a a a

2 3 n

0 1 2 3 n

a 1 a 10 a 10 a 10 a ... 10 a

         

dir.

 

0 0

1a 1 a mod 7

 

1 1

10 a 3a mod 7

 

2

2 2

10 a 2a mod 7

 

3

3 3

10 a  1a mod 7

 

4

4 4

10 a  3a mod 7

 

5

5 5

10 a  2a mod 7

 

6

6 6

10 a 1a mod 7

…

Yukarıdaki denklikler taraf tarafa toplanırsa;

0 1 2 3 4 5

a1a 3a 2a 1a 3a 2a ... (mod7) elde edilir.

Demek ki; a’nın 7 ile bölünmesinden elde edilen kalan ile, a’nın rakamlarının birler basamağından başlanarak sıra ile 1,3,2, 1, 3, 2,1,...   sayıları ile çarpımlarının toplamının 7 ile bölünmesindeki kalan aynı olacaktır.

Etkinlik – 4.163

a. 3 ile bölünebilme kuralını bulunuz.

b. 4 ile bölünebilme kuralını bulunuz.

c. 9 ile bölünebilme kuralını bulunuz.

d. 11 ile bölünebilme kuralını bulunuz.

e. 13 ile bölünebilme kuralını bulunuz.

f. 17 ile bölünebilme kuralını bulunuz.

Etkinlik – 4.164

“

Verilen bir doğal sayının birler basamağı ayrılıp bu basamaktaki rakam 4 ile çarpılarak geride kalan sayıya eklendiğinde elde edilen sayı 13 ile bölünüyorsa, verilen sayı da 13 ile bölünür

.“

İspatlayınız.

Bundan yararlanarak;

a. 2345654 sayısının 13 ile bölünmesindeki ka- lanı bulunuz.

b. 17 ile bölünebilme kuralını bulunuz.

c. 19 ile bölünebilme kuralını bulunuz.

d. 23 ile bölünebilme kuralını bulunuz.

4.5.4 – Modüler Aritmetiğin Diofant Denklemlerine Uygulanması

Birden çok bilinmeyenli denklemlerin tam sayı çözümlerinin incelendiği denklemlere –Eski Yu- nanlı metamatikçi Diophantos’un anısına– Dio- fant denklemleri denir.

Örneğin; “19x13y5

denklemini sağlayan iki basamaklı en büyük x sayısı kaçtır

?” türünden so- rularla sık sık karşılaşırsınız. Böyle soruların mo- düler aritmetik yöntemleri ile çözümleri oldukça kolaydır.

Görelim:

Örnek – 4.99

19x13y5 denklemini sağlayan



^{x, y}



^tam

sayı ikililerinin kümesini bulunuz.

Çözüm

Denklemi, x’in ya da y’nin kat sayısını sıfır ya- pan bir modüle göre çözeceğiz.

19x13y5

 

 

 

 

19x 13y 5 mod 13 6x 5 mod 13 x 5 mod 13

6 5 13

x mod 13

6

  

 

 

  

 

x 3 mod13

  bulunur.

Buna göre, x’in tam sayı değerleri

 

x3 13k k Z biçimindedir. Bu değer verilen denklemde yerine konulursa

^{19 3}



^13k



^13y5

57 19 13k 13y 5 52 19 13k 13y 0

4 19k y 0

    

    

   

y 4 19k

    bulunur.

Modüler Aritmetik Muharrem Şahin

Denklemin tam sayı ikililerinden oluşan çözüm kümesi

 

 

Ç x, y x313k, y  4 19k, kZ olur.

Örneğin;



3, 4 , 16, 21 , 

 



 

10,15 ,...



ikilileri birer çözümdür.

Örnek – 4.100

231x36y19 denkleminin tam sayı çözüm- lerini bulunuz.

Çözüm

I. yol

12 modülüne göre hesap yapalım:

231x36y19

 

231x 36y 19 mod 12

  

 

3x 7 mod 12

  bulunur.

 

OBEB 3,12 3 olup 7, 3 ile bölünmez.

Denklemi sağlayan hiçbir



^{x, y}



tam sayı ikilisi yoktur.

II. yol

231 ve 36 sayıları 3 ile bölünür, ancak 19 bölünmez.

231x36y19

 

3 77x 12y 19

   olup hiç bir



^{x, y}



^{tam sayı}

ikilisi için eşitlik sağlanamaz.

Etkinlik – 4.165

Aşağıdaki denklemlerin tam sayılardaki çözüm kümelerini yazınız. Çözümlere örnekler veriniz.

a. 108x34y96 b. 12x17y30 c. 9x4y 15

Etkinlik – 4.166

x y z 30 2x 5y 3z 50

   

   

Denklem sisteminin pozitif tam sayı çözüm- lerinin kümesini yazınız.

4.5.5 – Çin Kalan Teoremi

“

Bir sepetteki yumurtalar 3’er 3’er sayıldığında 2, 4’er 4’er sayıldığında 3, 5’er 5’er sayıldığında 1 yumurta artmaktadır.

Sepette kaç yumurta olabilir

?” problemini ele alalım.

Problemin; modüler aritmetik diliyle,

“^{x2 mod 3}

 

 

 

x 3 mod 4 x 1 mod 5





denkliklerini aynı zamanda sağlayan x sayı- larını bulunuz

.” anlamında olduğu açıktır.

Burada 3, 4 ve 5’in ikişer ikişer aralarında asal olduklarına dikkat ediniz.

8013536 toplamı problemin bir çözümüdür.

Şöyle ki;

80’in 3 ile bölünmesinde kalan 2’dir. 135 ve 36, 3’e bölünür. Bunların 3 ile bölünmesinde kalanlar sıfır olur.

135’in 4 ile bölünmesinde kalan 3’tür. 80 ve 36 nın 4 ile bölünmesinde kalanlar sıfır olur.

36’nın 5 ile bölünmesinde kalan 1’dir. 80 ve 135’in 5 ile bölünmesinde kalanlar sıfır olur.

Buna göre; 80 135 36 toplamı 3 ile bölündü- ğünde 2, 4 ile bölündüğünde 3, 5 ile bölündüğün- de 1 kalanını verir. Öyleyse; bu toplam problemin bir çözümüdür.

Bu toplama, OKEK 3, 4,5

 

60’ın katlarını ekle- yip çıkararak diğer çözümleri elde ederiz. Buna göre; ^{x8013536 mod60}

 

denkliğini yaza- biliriz.

Şimdi 80, 135 ve 36 gibi sayıları nasıl bulabile- ceğimizi araştıralım:

80; 4 ve 5’in (ya da 4 5 ’in), 3 ile bölündüğün- de 2 kalanını veren bir katıdır.

135; 3 ve 5’in ( ya da 3 5 ’in), 4 ile bölündü- ğünde 3 kalanını veren bir katıdır.

36; 3 ve 4’ün (ya da 3 4 ’ün), 5 ile bölündü- ğünde 1 kalanını veren bir katıdır.

Demek ki; örneğin 80 sayısını bulmak için, 4 5 in, 3 ile bölündüğünde 2 kalanını veren bir katını aramalıymışız. Bunu deneme-yanılma yoluyla ya- parız.

Modüler Aritmetik Muharrem Şahin

8013536 toplamındaki terimleri daha ay- rıntılı inceleyelim:

80 sayısı, 4 ve 5 modül sayılarının bir katı oldu- ğu gibi, ^{x2 mod3}

 

denkliğindeki 2’nin de bir katıdır.

Demek ki; 80 ya da bunun yerine alacağımız sayılar ^{4 5 }

 

^{? 2} biçiminde olmalıdır.

Verdiğimiz toplam her üç denkliği de sağlaya- cağına göre, ilk denkliği de sağlar.

^{4 5 }

 

^{? 213536 2 mod 3}

 

   

4 5 ? 2 2 mod 3

    

   

4 5 ? 1 mod 3

    bulunur.

Burada “?” işareti yerine 2, 5, 8, … konulabilir.

80 sayısını elde etmek için (2) konulmuştur.

Aynı şekilde;

135 ya da bunun yerine alınacak sayılar

 

3 5  ? 3 biçiminde;

   

3 5 ? 1 mod 4

    

 

36 ya da bunun yerine alınacak sayılar

 

3 4  ? 1 biçiminde

 

3 4 ? 1 mod 5

    

  olmalıdır.

Bu çözümlemelere dayanarak, 3 denklikten olu- şan bir sistemin çözümünü aşağıdaki gibi genel- leştirebiliriz:

1 2 3

m , m , m ikişer ikişer aralarında asal olmak üzere,

 

 

 

1 1

2 2

3 3

x a mod m x a mod m x a mod m







sisteminin çözümü,

 

 

 

2 3 1 1

1 3 2 2

1 2 3 3

m m x 1 mod m m m x 1 mod m m m x 1 mod m

  

  

  

olmak üzere,

2 3 1 1 1 3 2 2 1 2 3 3

xm m x a m m x a m m x a



mod m1m2m3



tür.

İfadeyi sadeleştirmek için

1 2 3

m m m m diyelim.

2 3 1 3 1 2

1 2 3

m m m

m m , m m , m m

m m m

      olur.

Buna göre,

 

1 1 2 2 3 3

1 2 3

m m m

x x a x a x a mod m

m m m

  

bulunur.

Bu son çözümü de k tane denklikten oluşan bir sistem için genelleştirebiliriz:

Teorem – 4.74 (Çin Kalan Teoremi)

1, 2, ..., k

m m m ikişer ikişer aralarında asal iken

 

 





1 1

2 2

x a mod m x a mod m

 

 _{k k}

x a mod m

sisteminin bir çözümü vardır.

 

    

1 2 k 1 1

1

... m

m m m m, x 1 mod m

m

   

 

2 2 k k

2 k

m ... m

x 1 mod m , , x 1 mod m

m m

olmak üzere

 

1

1 1 2 2 k k

2 k

m m m

x x a x a ... x a

m m m

mod m

   

dir.

Örnek – 4.101

 

 

 

x 3 mod 4 x 2 mod 5 x 4 mod 7







denkliklerini aynı zamanda sağlayan pozitif x tam sayılarını bulunuz.

Çözüm

I. yol

Çin Kalan Teoremi’nde ifade edilen çözümden yararlanalım:

1 1 2 2 3 3

a 3, m 4, a 2, m 5, a 4, m 7 dir.

   

1 1

5 7 x  1 mod 4 x 3 mod 4 . .

.

Modüler Aritmetik Muharrem Şahin

   

2 2

4 7 x  1 mod 5 x 2 mod 5

   

3 3

4 5 x  1 mod 7 x 6 mod 7 olur.

Buna göre,

 

 

x 5 7 3 3 4 7 2 2 4 5 6 4 mod 140 x 907 mod 140

           

 

 

x 67 mod 140

  bulunur.

Denklikleri sağlayan pozitif x tam sayıları

 

x67140 k k N biçimindedir.

II. yol

1 . ^{x3 mod 4}

 

2 . ^{x2 mod 5}

 

3 . ^{x4 mod 7}

 

1 ‘den ^{x34k k}



^Z



yazılabilir.

Bu değer 2 ‘de yerine konulursa

 

 

3 4k 2 mod 5 k 1 mod 5

 

 

k 1 5p

   bulunur.



^pZ



 

x 3 4k x 3 4 1 5p

 

   

x 7 20p

   olur.

Bu değer de 3 ‘te yerine konulursa,

 

 

7 20p 4 mod 7 p 3 mod 7

 

 

p 3 7t

   bulunur.



^tZ



 

x 7 20p x 7 20 3 7t x 67 140t

 

   

  

 

x 67 mod 140

  olur.

!

Bu yöntemi, modüllerin ikişer ikişer aralarında asal olmadığı durumlarda da kullanabiliriz.

III. yol (Kalanları eşitleme yöntemi) Çin Kalan Teoreminden çözümün

x a _{mod 4 5 7 } 

biçiminde olacağını biliyoruz.

Önce,  

 

x 3 mod 4 x 2 mod 5

 

  sistemini çözelim:

4 ile bölündüğünde 3 kalanını veren sayılar 4 5 20 ile bölündüğünde 3, 7, 11, 15 19 kalanlarını verebilirler.

Bunlardan 7’nin 5 ile bölümündeki kalan 2’dir.

Öyleyse, ikili sistemin çözümü _{x7 mod 20} _dir.

Böylece, verilen üçlü sistem,

 

 

x 7 mod 20 x 4 mod 7

 

  sistemine dönüşür.

20 ile bölündüğünde 7 kalanını veren sayılar 20 7 140 ile bölündüğünde 7, 27, 47, 67, 87, 107, 127 kalanlarını verebilirler. Bunlardan 67’nin 7 ile bölümündeki kalan 4’tür.

O hâlde, verilen sistemin çözümü:

 

x67 mod 140 ’tır.

!

Kalanları eşitleme yöntemi, modüllerin arala- rında asal olmadığı durumlarda da kullanılabilir.

Bu durumda; çözümdeki modül, denkliklerdeki modüllerin OKEK’i olarak alınır. Ancak, bu durumda sistem çözümsüz olabilir.

Örnek – 4.102

 

 

 

x 1 mod 4 x 4 mod 5 x 1 mod 6







denkliklerini aynı zamanda sağlayan x tam sayılarını bulunuz.

Çözüm

4 ile bölündüğünde 1 kalanını veren sayılar 4 5 20 ile bölündüğünde 1, 5, 9, 13, 17 kalan- larını verebilir. Bunlardan 9’un 5 ile bölünündeki kalan 4’tür.

Öyleyse, _{x9 mod 20} _’dir.

20 ile bölündüğünde 9 kalanını veren sayılar

 

OKEK 20;6 60 ile bölündüğünde 9, 29, 49 kalanlarını verebilirler. Bunlardan 49’un 6 ile bölümündeki kalan 1’dir.

O hâlde sistemin çözümü, _x49 _{mod 60}_’tır.

Modüler Aritmetik Muharrem Şahin

Etkinlik – 4.167

Aşağıda verilen denklik sistemlerini çözünüz.

a. ^{x1 mod 3}

 

 

x3 mod 5 b. ^{x2 mod 3}

 

 

 

x 1 mod 5 x 3 mod 7





c. ^{x3 mod 12}

 

 

x3 mod 40 d. ^{x2 mod 5}

 

 

 

x 1 mod 6 x 7 mod 8





e. ^{x2 mod 8}

 

 

 

x 2 mod 9 x 2 mod 12





f. ^{x1 mod 3}

 

 

 

 

x 1 mod 4 x 1 mod 5 x 0 mod 7







Etkinlik – 4.168

Aşağıdaki eşitlikleri sağlayan üç basamaklı en küçük A tam sayılarını bulunuz. (x, y, zZ^) a. A5x17y3

b. A 4x16y17z1 c. A5x48y19z3 d. A3x25y18z

Alıştırmalar ve Problemler – 4.6

1.

Aşağıdaki sayıların, yanlarında verilen sayı- larla bölünmesindeki kalanları bulunuz.

a. 371’in 6 ile b. 783’ün 8 ile c. 517 ’nin 12 ile d. 2007’nin 19 ile

2.

Aşağıdaki denkliklerden hangileri doğrudur?

a. ^{1317 mod 5}

 

b. ^{45 83 mod 8}

 

c. ²⁷83 mod 22

 

d. ⁵² 13 mod 26

 

e. ²⁸³⁷ 3647 mod 9

 

f. ³³³³⁵ 11115 mod 11

 

3.

Aşağıdaki denklikleri sağlayan en küçük x doğal sayılarını bulunuz.

a. ^{5x43 mod 7}

 

b. ^{27x7 mod 9}

 

c. ^{3x11x mod 8}

 

d. 2x²4x mod 5

 

4.

Aşağıdaki sayıların 5, 6, 7, 8, 9 ve 11 ile bölünmesindeki kalanları bulunuz.

a. 23⁴³ b. 77⁸⁸ c. 49 29 ¹²⁹ d. 2⁹³4³⁹ e. 9⁹⁹13⁹⁹

f. 25⁵⁰69⁷⁰32⁸¹35⁸² g. 13¹²⁵11⁵⁷14⁸⁶9⁵⁹ h. 87⁸⁶86⁸⁷73⁷²72⁷³

5.

Aşağıdaki sayıların, yanlarında verilen sayı- larla bölünmesindeki kalanları bulunuz.



^nN



a. 3^{4n 3} ün 5 ile b. 4^{12n 5} in 7 ile c. 7^{24n 2} nin 13 ile d. 9^{5n 1} in 6 ile e. 14^{7n 3} ün 6 ile f. 17^{36n 2} nin 19 ile

6.

4. alıştırmada verilen sayılar onluk yazma düzeninde yazıldığında, birler basamaklarına hangi rakamlar gelir?

7.

Z/m de a’nın çarpma işlemine göre tersi a^1 ile gösterildiğine göre, aşağıda istenenleri bulunuz.

a. Z/5 te 2 , 3^{1 1} ve 4^1 b. Z/6 da 3 , 4^{1 1} ve 5^1 c. Z/7 de 3 , 5^{1 1} ve 6^1 d. Z/8 de 5 , 6^{1 1} ve 7^1 e. Z/9 da 4 , 6^{1 1} ve 8^1